Hukum Newton I => pada posisi diam r

Hukum Newton II => yang tadinya diam menjadi bergerak

∑F = 0 => Hukum Newton I

∑F = ma => Hukum Newton II

a = ΔvΔt ~

dvdt = 0

Vf = Vi

V = dxdt

ʃ V dt = ʃ dx

V ( tf – ti ) = Xf – Xi + V (tf - ti) => Xf = Xi + (tf – ti ) Xi = Xo

Xf = Xo + V . 0 ti = 0

Xf = XO (diam / menunggu) tf = ti

a = dxdt

a ʃ dt = ʃ dv

Vf - Vi = a ( tf – ti )

Dimisalkan selisihnya t

Vf = Vi + at

(Vellandya – M0214069)

KINEMATIKA GERAK

GERAK JATUH BEBAS

Vf = Vi + at V merupakanturunandarijarakterhadapwaktu.

dxdt = Vi + atjikadtdipindahkeruaskanan, maka:

∫ dx = V i∫dt + a∫ t dt

Xf – Xi = Vi(tf–ti) +a 12 t2ǀtftihasilsetelahdiintegralkan.

Xf – Xi = Vi(tf–ti) + a12 (tf

2 – ti2)

X = X0t + V0t + a12t2ti= 0,Xi= X0,Xf = X, tf = t

X = X0t + V0t + a 12 t2

X = X0t + V0t - g 12 t2

a = -g saatbendadilemparkeatas, arahpercepatanbendaberlawanandenganarahgayagravitasi.

a > g saatbendadilemparkeatas, percepatanbendabisamelebihipercepatangravitasi.

gtergantungpada g = Gmr2

V = √2gh

g = Gmr2

g = Gm

(RӨ+h)2

g = GmRӨ2 .

1

(1+ hRӨ

)2

g = gs(1+ hRӨ

)−2

gs:gayasentripetal

g = gs(1 - 2hRӨ )

g = gsjika h >>> R , maka 2hRӨ bisadiabaikan

GERAK PARABOLA

waktukeatasdankebawah

α α = 90o

Komponen vector kecepatanawaldalamsumbu x dan y:

V0x = V0cosα

V0y = V0 sin α

Kecepatanbendasetiapsaat :

1. Dalamarahmendatar : Vx = V0x = cosα2. Dalamarah vertical : Vy = V0y –gt = sin α – gt

Maka, V = denganarahterhadapsumbu X adalah

= arc tan VyVx

Ketinggianmaksimal:

Padasaatbendamencapaiketinggianmaksimal, kecepatanarah vertical samadengan nol.

Vy= 0

V0 sin α – gt = 0

V0 sin α = gt

t = V 0sin α

g

t :waktu yang diperlukanuntukmencapaiketinggianmaksimal.

Bilanilai t disubstitusikankepersamaanposisiuntukgerakarah vertical:

Y = (V0 sin α) t - 12 gt2

Hmax = (V0 sin α) ( V 0sin α

g ) - 12 g (

V 0sin αg )2

= V 02sin 2α

g -

V 02sin 2α2g2

= V 02sin 2α2 g

Jarakjangkauan :

Jarakjangkauandapatdihitungdenganmeninjaubahwaposisi vertical bendaadalah nol.

Y = (V0 sin α) t - 12 gt2

0 = V0 sin α t - 12 gt2

12 gt2= V0 sin α

t = 2 Vosinα

g

Halaman kedua versi (ADE BAGUS – M0214001)

HUKUM NEWTON II

Gaya Pada Bidang Licin

∑F = ma

mg sin Ɵ – fk = ma , nilai fk = 0 karena pada bidang licin tidak terjadi gaya gesek antara permukaan balok dengan permukaan bidang

mg sin Ɵ – 0 = ma

a = g sin Ɵ

a = g ; jika Ɵ = 900 , maka

dƟdt = g sin Ɵ

dv = (g sin Ɵ) dt

vf = vi + g sin Ɵ (tf – ti)

vf = vi + gt sin Ɵ ; karna benda bergerak ke bawah maka nilai g adalah -

vf = vi – gt sin Ɵ

Gaya Pada Bidang Kasar

mg sin Ɵ – fk = ma Ɵ ; karena bidang kasar maka nilai fk ≠ 0

fk = µk.N

mg sin Ɵ - µk N = ma

g sin Ɵ - µk mg cos Ɵ = ma

g ( sin Ɵ - µk cos Ɵ) = a

jika Ɵ = 900 , maka

g = a ;karena cos 900 = 1

jika Ɵ = 00 , maka

g (sin Ɵ - µk cos Ɵ) = a ; karena di bumi g ≠ 0

sehingga, sin Ɵ - µk cos Ɵ → µk = tan Ɵ

µk = sin ƟcosƟ

µk → ∞

a = g sin Ɵ

x” = g sin Ɵ

2x’x” = 2x’g sin Ɵ

Karena, x’ = dxdt , x” ¿

ddxdtdt

2x’x” = x’x” + x”x’

dx ' dx '

dt = dx ' x '

dt

= x’x” + x”x’

Sehingga

d x ' x '

dt = 2x’g sin Ɵ

d x ' x '

dt = 2

dxdt g sin Ɵ

∫ d x ' x '=∫2g sin Ɵ dx

Halaman ketiga versi (Agus Tri P - M0214003)

JikaXi=Xo=0

X2=Xo2+2 g ( X−Xo ) sin θ

MakaXo = 0 sehinggarumusnyamenjadi

X2=2 gX sin θ

Untukθ = 90omakasin θ = 1

Xf =Xi2+2 g ( Xf −Xi )

Untukθ = 0omakasin θ = 0

Xf =Xi2

g (sinθ−μcosθ )=a

Jikaθ= 90omakaa=g

F V n

F=kmx

F=m ∆ v∆ t

Dimana∆ v∆ t

=amaka :

F=ma

W =kx

W 2= km

W =√ gl

W =2 πf

2πf =√ km

m x=−km x

m x+km x=0

x=−k x

d xdt

=−k x

∫Xi

Xf d xx

=−k∫ti

tf

dt

ln x ¿xixf −k (tf −ti)

ln xfxi

=−k ( tf−ti)

Xf =Xie−k (tf −ti)

Xf =Xie−k t

Untuk t ~ maka

Xf =0

Karenanilai

e−k =0

Untuk t=0 maka

Xf =Xi

Karenanilaidari

e−k 0=1

Halaman keempat versi (ANA MELIA W – M0214007)

∫ dvv

=¿−k∫ dt ¿

ln v=−kt +C v ( t=0 )=v0 ,C=ln v0

ln v=−kt + ln v0

ln v−ln v0=−kt

ln v❑

v0=−kt

v=v0 e−kt

dxdt

=v0 e−kt

∫ dx=∫ v0 e−kt dt

x=v0∫e−kt dt

x=v0(−1k

e−kt)+C

Jika t=0, dan x=0

Maka x=−v0

ke−kt+C

0=−v0

k+C C=

v0

k

Jika t=0 dan x=x0

x0=−v0

k+C ; C=

v0

k+ x0

x=−v0

ke−kt+

v0

k+x0

x=x0+v0

k(1−e−kt )

Jika t=0 dan x0=0

x=−v0

ke−kt+

v0

k

x=(−e−kt+1 ) v0

k

x=(1−e−kt ) v0

k

v=v0 e−kt

x= x0 e−kt

Saat t=0 maka kecepatannya konstan dimana v=v0

Saat k=0 maka kecepatannya juga konstan dan v=v0

Saat t , maka

v=v0 e−k

v=0

Kecepatannya sama dengan nol, hal ini menandakan berhenti karena adanya hambatan.

Saat k , maka v=0 , artinya benda tidak bergerak

Saat t

v=v0 e−kt❑→

0

v=v0(1−kt+ k2t 2

2!−…)

v=v0−v0 kt+v0 k2t 2

2 !−… v0 k2 t2

2 ! Diabaikan karena t 2 sangat kecil mendekati nol

v=v0−v0 kt

v=v0 (1−kt )−kt

Halaman kelima versi (ARIYANTI – M0214009)

x=(1−e−kt )Vo /k

Saat t = 0 (awal mula)

x= (1−1 ) Vok

x=0

Saat k = 0

x= (1−1 ) Vok

x=0

Saat t = ∞

x= (1−0 )Vok

x=Vo /k

Saat k = ∞

x= (1−0 )Vok

x=Vo /k

Saat t = 0

x=(1−(1−kt+ k2 t2

2!+…))Vo

k e−kt dirubah menggunakan deret Mac Laurin

x=(kt− k2 t2

2!) Vo

k

x=(Vot−Vo t 2

2)

x=Xo+ Vok

(1−e−kt )

Saat t = 0

x=xo+Vok

(1−1)

x=xo benda tidak berpindah tempat

Saat k = 0

x=xo+Vok

(1−1 )

x=xo

Saat t = ∞

x=xo+Vok

(1−0)

x=xo+Vok

Saat k = ∞

x=xo+Vo∞

(1−0)

x=xo Saat t = 0

x=Xo+ Vok (1−(1−kt+ k 2t 2

2 !+…))

x=Xo+ Vok ((kt+ k2t 2

2!+…))

x=Xo+Vot−Vok t2

2!

x=Xo+Vot−Vok t2

2!

kmv mg

F=m dvdt

=−kmv

-mg tanda “-“ Karena gaya grativasi selalu menunjukkan kebawah

m dvdt

=−mg−kmv

dvdt

=−g−kv

dvdt

=−(g+kv )

∫ dvg+kv

=−∫ dt

1k∫vi

vf d (g+kv )(g+kv )

=−∫ti

tf

dt dimana (g+kv) = dg + dkv

Halaman keenam versi (Azis Eko Prakoso, M0214011)

mgkmẋ

mẍ = -mg - kmẍ

ẍ = -g -kẋ

dẋ/dt = -(g+kx)

∫ dẋ(g+kx)

=∫−dt

d ( g+kẋ )=dg+dkẋ

d ( g+kẋ )=dg+kdẋ+ẋdk

d ( g+kẋ )=kdẋ

1k

( dg+kẋ )=dẋ

1k

ln ( g+kẋ )¿ẋiẋf=−(t f −t i )¿

¿

1k ( ln ( g+k ẋ f )−ln (g+k ẋ i ))=−(t f −t i)

ln ( g+k ẋ f

g+k ẋ i)=−k (t f− ti )

(g+k ẋ f )=(g+k ẋ i)e−k (t f −ti)

(t f −ti )=t

( g+k ẋ f )=( g+k ẋi ) e−kt

k ẋ f =(g+k ẋ i ) e−kt−g

ẋ f =( g+k ẋi ) e−kt−g

k

Jikat ∞

ẋ f =( g+k ẋi ) e−kt−g

k

e−kt=0

ẋ f =−gk

Berdasarkanpersamaanawal :

ẍ=−g−kẋ

ẍ=−g−k (−gk )

ẍ=−g+g=0(kec . konstan , sudahbergerak )

Jikat=0

ẋ f =( g+k ẋi ) e−kt−g

k

e−kt=1

ẋ f =(g+k ẋi )−g

k

ẋ f =ẋ i (kec .awal=kec .akhir )

Makaẍ=−g−k ẋ i

Jikat 0

ẋ f =( g+k ẋi ) e−kt−g

k

ẋ f =(g+k ẋi ) (1−kt+ k2 t2

2!−…)−g

k

ẋ f =g−gkt+ gk2 t2

2 !+k ẋi−k2 t ẋ i+

k3 t 2 ẋ i

2!−g

k Diabaikan

ẋ f =−¿+ gk t 2

2+ẋ i−kt ẋ i+

k2t 2 ẋ i

2

ẋ f =ẋ i−¿−kt ẋ i+gk t 2

2+

k2t 2 ẋ i

2

ẋ f =ẋ i−¿−kt ẋ i

ẋ f =ẋ i(1−kt )−¿

Jika k = 0 ẋ f =ẋ i−¿

Ataubiasaditulis :

v t=v0±>¿

v t=v0−¿

Halaman ketujuh versi (BAGAS PRATAMA – M0214013)

Gerak benda yang dipengaruhi oleh gaya gesek udara

x f =(g+k xi ) e−kt

k−gk

Gaya gesek di sini selalu dipengaruhi oleh besar kecilnya kecepatan benda yang dikalikan dengan konstanta gesek

Karena x f merupakan turunan pertama dari x f terhadap waktu maka dapat diubah menjadi dxdt

dxdt

=( g+k xi ) e−kt

k−gk

Kemudian dt dipindah ruas kanan untuk mengintegralkan persamaan tersebut

∫x i

x f

dx=∫t f

ti ( g+k xi ) e−kt

kdt−−g

k ∫t i

tf

dt

Karena (g+k x i )

k tidak memiliki komponen t maka dapat dianggap konstanta yang tidak akan

berubah jika diintegralkan

∫x i

x f

dx=¿( g+k xi )

k ∫t i

t f

e−kt dt−−gk ∫

t i

tf

dt ¿

x f −x i=( g+k xi )

k−1k

e−kt {t f

ti

− gk

t {t f

t i

x f −x i merupakan perpindahan benda dari titik awal ke titik akhir

x f −x i=g+k xi

k (−1k

(e−k tf−e−k t i))−gk (t f −ti )

Untuk ti =0 maka x i= x0→ x i=x0

x f −x0=g+k x0

k¿

x f −x0=g+k x0

k (−1k

(e−k tf−1))−gk

t f

Benda dimulai dengan t=0 yang artinya waktu yang berpengaruh hanya t f yang merupakan waktu akhir dari pergerakan benda tersebut.

Untuk tf =t, maka

x−x0=g+k x0

k¿

x=x0+g+k x0

k2 (1−e−kt )−gk

t

x=x0−¿k+

g+k xo

k2 (1−e−kt)

Jika t=0

x=x0+g+k xo

k2 (1−1 )

x=x0 → posisi konstan

Benda dianggap belum bergerak

Jika t→∞

x=x0−g∞k

+g+k x0

k2

x=∞

Benda akan selalu bergerak seiring bertambahnya t. Sehingga ketika t→∞ maka posisi benda tersebut akan x →∞juga

Jika t→0

x=x0−¿→0

k+

g+k xo

k2 (1−e−kt → 0)

e−kt →0diubah dengan menggunakan deret McLaurin menjadi(1−kt+( k2 t2

2 ! )−..)x=x0−0+

g+k xo

k2 (1−(1−kt+( k2 t2

2! )))x=x0+

g+k xo

k2 (kt+( k2 t2

2! ))x=x0+

gktk2 −g k2t 2

2k2 +k2 xot

k 2 −k3t 2 x0

2k2

Dengan nilai t yang sangat kecil yaitu mendekati 0 maka dapat digunakan pendekatan yaitu dengan menggunakan deret McLaurin.

Halaman kedelapan versi (DEWANGGA FEBRILIAN – M02014015)

s (v 0→v1 )= 12k

ln [ g−k v02

g−k v12 ]

Persamaan dasar F yakni:

F=−mg−mk v2

a=−g−k v2

a=−(g+k v2)

Karena,

d ( g+kv )=dg+d (k v2)

d (g+kv)=dg+kd v2

d (g+kv)=dg+2kv dv

Dengan dg= 0

Jika percepatan a=dvdt , maka:

dvdt

=dxdt

dvdx

=V dvdx

Sehingga persamaan F menjadi:

F=−mg−mk v2

ma=−mg−mk v2

m dvdt

=−mg−mk v2

v dvdx

=−( g+k v2 )

Kemudian, diintegralkan menjadi:

∫ v dvg+k v2=−∫ dx

12k∫v 0

v 1 d ( g+k v2 )g+k v2 =−∫

x 0

x 1

dx

12k

{ln(g+k v2)}v1v 0

={−x }x1x0

12k

{ln (g+k v 12 )−ln (g+k v02)}=−(x 1−x 0)

12k

ln( g+k v 12

g+k v 02 )=x 0−x 1

ln ( g+k v 12

g+k v 02 )=−2k (x1−x 0)

g+k v12=(g+k v02)e−2k(x 1−x 0)

k v12=−g+(g+k v02)e−2k(x 1−x 0)

v12=−gk

+(g+k v02)

ke−2k (x1− x0 )

Jika k=0, maka:

v12=−g0

+ (g+0)0

e−0 (x 1−x 0)

v12=∞

Jika x=∞, x=x1-x0, maka:

v12=−gk

+(g+k v02)

ke−2k ∞

1

2

3

v12=−gk

(DWI RIZKI – M0214017)

2.12Analisa gerak melempar benda ke udara

Dari 1 ke 2 (gerakankeatas):

F=−mg−km v2 (I)

(catatan: Beratbebanbernilainegatifdikarenakanmengarahkebawah, karenabendaakandipindahkankeatasmakabendamelawangeraknormalnyasehinggabernilainegatif.Nilaikm v2 adalah hambatan yang diterima benda saat bergerak, karena arah gaya hambat tersebut selalu berlawanan dengan arah bendamakabernilainegatif)

m dvdx

dxdt

=−m g−km v2 (II)

(catatan: nilaiF=ma dimana a=v , dengan v=dvdx

=dvdx

dxdt

=v dvdx . Variabel m di coret/hilangkan

dengan membagi keseluruhan dengan m)

Sehingga,

v dvdx

=−g−k v2 (III)

vdv=(−g−k v2)dx (IV)

∫ v(g+k v2)

dv=−∫ dx

(V)

(catatan: nilai g(gravitasi) dan k(konstanta) adalahkonstan, artinya dg maupundk = 0 )

( 12k )∫ 1

(g+k v2 )d ( g+k v2 )=−∫ dx (VI)

( 12k ) ln

( g+k vt 2 )(g+k vi2)

=−x (VII)

d ( g+k v2)=dg+d ( k v2 )=0+kd v2+v2 dk=kd v2=2kvdv

d ( g+k v2 )2kv

=dv

( g+k vt2 )( g+k vi2 )

=e−2kx

vt2=−gk

+( g+k vi2 )

ke−2kx

(catatan: padabagianinidiperlihatkankecepatanakhirsuatubenda yang dilemparkeataspadajaraktertentudan vi tertentu. Terlihatadanyavariabelpengurangan yang menghambatlalupadaakhirnyamenghentikangerakbenda)

Untukx →∞

vt2=−gk

(catatan:

x=( 12k ) ln

( g+k vi2 )( g+k vt2)

SaatXmaks, Vt=0 (padabagianatasbendasempatberhentisesaathinggakecepatannyanol)

Xmaks=( 12k ) ln

(g+k vi2 )(g )

Dari 2 ke 3 (gerakankebawah):

F=mg−km v2 (I)

(catatan: Beratbebanbernilainegatifdikarenakanmengarahkebawah, karenabendaakandipindahkankebawahmakabendasearahgeraknormalnyasehinggabernilaipositif. Nilai

km v2 adalah hambatan yang diterima benda saat bergerak, karena arah gaya hambat tersebut selalu berlawanan dengan arah bendamakabernilainegatif)

(catatan: analisa yang bekerjapadagerakankebawahpadabendatidakberbedajauhdengansaatbendakeatas, perbedaanhanyaterletakpadanilaiberatbeban (positifataunegatif))

Sehingga,

m dvdx

dxdt

=m g−k m v2 (II)

(catatan: nilaiF=ma dimana a=v , dengan v=dvdx

=dvdx

dxdt

=v dvdx . Variabel m di coret/hilangkan

dengan membagi keseluruhan dengan m)

Sehingga,

v dvdx

=g−k v2 (III)

vdv=(g−k v2)dx (IV)

∫ v(g−k v2)

dv=∫ dx (V)

d ( g−k v2 )=dg−d (k v2 )=0−kd v2−v2 dk=−kd v2=−2kvdv

d (g−k v2)−2kv

=dv

(catatan: padabagianinidiperlihatkankecepatanakhirsuatubenda yang jatuhkebawahpadajaraktertentudan vi = tertentu. Terlihatadanyavariabelpengurangan yang menghambatlalupadaakhirnyamenghentikangerakbenda)Untukx →(kecepatan terminal)(catatan: keadaaninimenerangkankecepatanbendasaatjatuhkebawah. Nilai v yang didapatadalahsuatupenambahannilai, semakinkebawahmakakecepatannyasemakintinggiakibatgayagravitasisemakinbesar)

SaatXmaks, Vi=0 (padabagianatasbendasempatberhentisesaathinggakecepatannyanol)

(catatan: nilai g(gravitasi) dan k(konstanta) adalahkonstan, artinya dg maupundk = 0 )

(−12 k )∫ 1

(g−k v2 )d (g−k v2)=∫dx (VI)

(−12 k ) ln

( g−k vt2 )(g−k vi2 )

=x (VII)

(FAUZI AHMAD – M0214019)

Contoh 2.6

Next, we treat projectile motion in two dimensions, first without considering air resistance. Let the muzzle velocity of the projectile be Vo and the angle of elevation be θ (figure 2-7). Calculate the projectile’s displacement, velocity, and range solution.

Diamati pergerakan benda yang bergerak terhadap dua dimensi x dan y dengan mengabaikan hambatan udara. seperti pada gambar 2-7 diamana sebuah benda yang di lemparkan dengan kecepatan awal Vo dengan sudut θ kearah sumbu x dan y sehingga benda tersebut memiliki gaya kearah x dan y.

∑F=0 0=∑F memiliki makna secara matematis sama, namun secara fisika berbeda.

0 = mx’’ mx’’ = 0

Pada gerak parabola saat ketinggian h maksimum maka kecepatannya nol, h maksimum terjadi pada saat setengah jarak sumbu x. sehingga waktu yang dibutuhkan sebuah benda dari titik (x,y) = (0,0) menuju titik ketinggian maksimum ialah setengah waktu yang dibutuhkan untuk menempuh jarak sumbu x maksimum.

sehingga waktu yang ditempuh hingga mencapai ketinggian h maksimum ialah :

Vt = V0 sinθ – gt

0 =V0 sinθ – gt

t=Vosinθg

Dimana komponen sumbu y = y = V0 sinθ t - 12

gt2 , sehingga waktu yang ditempuh keseluruhan ialah :

y = V0 sinθ t - 12

gt2

0 = (V0 sinθ - 12

gt) t

t=2Vo sinθg

Atau sama dengan dua kali waktu yang ditempuh hingga pada titik ketinggian h maksimum.

Dimana komponen sumbu x = x = V0 cosθ t ,sehingga range R ialah :

x = V0 cosθ t

x = V0 cosθ 2Vo sinθ

g

R = V o2 sin2θg

Contoh 2.7

Next, we add the effect of air resistance to the motion of the projectile in the previous example. Calculate the decrease in rafge under the assumption that the force caused by air resistance is directly proportional to the projectile’s velocity.

dengan keadaan yang sama pada contoh sebelumnya, dimana :

x(t = 0) = 0 = y(t=0)

x’(t = 0) = V0 cosθ = U

y’(t = 0) = V0 sinθ = V

dimana persamaan perpindahan sebelumnya :

mx’’ = -kmx’

my’’ = -kmy’ – mg

berdasarkan penyelesaan pada contoh 2.4 sebelumnya, didapatkan :

x=Uk

¿-kt)

Sehingga komponen y adalah :

Y = -¿k +

kV +gk2 (1-e-kt)

Jika t = T dan y = 0 maka

¿k =

kV +gk2 (1-e-kt)

T = kV +g

kg (1-e-kt) merupakan deret, sehingga :

T = kV +g

kg ( kT - 12k2T2 + 1

6k3T3 - . . . )

T = kV +g

g ( T - 12kT2 + 1

6k2T3 - . . . )

T = (kVg

+1¿ T (1 - 12kT + 1

6k2T2 - . . . )

11+kV / g = (1 -

12kT + 1

6k2T2 - . . . )

-12

kT + 16

kT2 = 1

1+kV / g−1+kV / g

1+kV / g

-12

T+ 16

kT 2 = - V /g

1+kv / g

T - 13

kT 3 = 2 v /g

1+ kVg

T = 2V /g

1+kV / g+ 1

3kT 3 . . . . .. . . (2.47)

(IFTITA IDA SOFIA – M0214019)

Deret Taylor

1/ ¿ [1 + (kvg

)] = 1 – (kvg ) + (

kvg )2 – …

Sehingga :

T = 2vg [1 –

kvg + (

kvg )2 – … ] +

13 kT2

T = [2vg – 2k v2

g2 + 2k2 v3

g3 – … ] + 13 kT2

Misalnya o (k) = 2k2 v3

g3 – 2 k3 v4

g4 + …

Maka

T = 2vg – 2k v2

g2 + 13 kT2 + o (k)

T = 2vg + k [ T

2

3 – 2v2

g2 ] + o (k) ….. (2.49)

Saat tidak ada gesekan udara (k=0) dan mengabaikan o (k)

T (k=0) = T0 = 2vg

Karena V = V0 sin ɵ

T0 = 2V 0sin ɵ

g

T = T0

T = 2vg + k [4 v2

3g2 – 6v2

3g2 ]

T = 2vg + k (−2v2

3 g2 )

T = 2vg –2k v2

3 g2

T = 2vg [ 1 –

kv3g ] …. (2.50) (

2vg

– 2k v2

3g) (

2vg

– 2k v2

3 g)

kv3g > 1 4 v2

g2 – 8k v3

3g3 – 4 k2 v4

9 g2

Dari persamaan 2.43

× = uk ( 1 – ekt)

× = uk ( kt –

12 k2t2 +

16 k3t3 – ….) …. (2.51)

Ketika x (t= T) = R’

R’ = uk ( kt –

12 k2t2 +

16 k3t3 – ….)

R’ = u ( T – 12 kT2 +

16 k2T3 – ….) …. (2.52)

Dari persamaan 2.50

T = 2vg [ 1 –

kv3g ]

R’ = u [ 2vg

– 2k v2

3 g2 12 k (4 v2

g2 – 8k v3

3 g3 – 4 k2 v4

9 g9 )

R’ = u [ 2vg

– 2k v2

3 g2 – 2 k v2

g2 +( 4 k2 v3

3 g3 + 2k2 v4

9 g2 )

m1ẍ1 = m1g - T

( 4 k2 v3

3 g3 + 2k2 v4

9 g2 ) ------> Diabaikan

R’ = u [ 2vg (1

kv3g –

kvg ) ]

R’ = u[ 2vg ( 1

4 kv3 g ) ]

R’ = 2uv

g ( 1 –4 kv3g ) ….. (2.53)

(JOKO PRIYONO – M0214027)

Contoh 2.9

T

T

m1.g m2.g

……….. (2.66)

berartiadanyaselisihgaya yang meninbulkankecepatan

m2ẍ2 = m2g – T ………… (2.67)

m1 m2

ẍ2 = - ẍ1

m1ẍ1 = m1g –(m2g - m2ẍ2)

= m1g – (m2g + m2ẍ2)

ẍ1 = g (m1 – m2) = - ẍ2 ………. (2.68)m1+ m2

Jikam1>>>m2maka :

ẍ1 g

T = 2 m1m2g m1[ 1 + (m2/m1)]

=2 m1m2g1 + m2

m1m1

dimana, (1+ m2m1 )

−1

dapatdideretdenganpersamaan :

(1+x )n=1+nx+n (n−1 )

2!x2+

n (n−1 ) (n−2 )3 !

x3+…

Sehingga :

T ≅2 m2g(1−m 2m 1

+−1 (−1−1 )

2 ! (m2m1 )

2

+…) x1’ x2’

x1” x1 x2 x2”

m1 ẍ1” = m1(ẍ1’+ ẍ1) = m1 g – T

m2 ẍ2” = m2 (ẍ2’+ ẍ2) = m2 g – T

dimana(ẍ1’+ ẍ1)adalahpercepatan lift danbenda,

denganẍ1’= ẍ2’ = α sehinggadidapat

m1

m2

m1 ẍ1” = m1 g – T–m1 ẍ1’ = m1(g – α) – T

m2 ẍ2” = m2 g – T–m2 ẍ2’ = m2(g – α) – T

karenaẍ2 = -ẍ1didapat

ẍ1 = - ẍ2 = (g – α) (m1 – m2)m1+ m2

dengan(g – α)menunjukkan lift padaposisinaik, sehinggadidapatnilai T yaitu :

T = 2 m1m2(g – α) …………….. (2.72)m1+ m2

(KRISTANTO ADI – M0214029)

Contoh 2.10

Gambar 1. Partikel masuk dalam medan magnet

V= x i+ y j+ z k

a= x i+ y j+ z k hanya menunjukkan arah pada sumbu y

B=B0 j

Dimana F=qV ×B tanda X (cross) menunjukkan arah

ma=qV × B

m( x i+ y j+ z k )=q ( x i+ y j+ z k)×B0 j

m ( x i+ y j+ z k )=q B0 ( x k− z i )

m x=−q B0 z m y=0 m z=q B0 x

Untuk m y=0kecepatan konstan

y= y0

dydt

= y0

˙∫ dy=∫ y0 dt

y= y0t +c

y= y0t + y0

m x=−q B0 z dijadikan α=q B0 /m

Sehingga :

x=−α z

z=α x

z=α x=−α 2 z

x=α z=−α 2 x

x=A cos αt+B sin αt

x=−Aα sin αt+Bα cosαt

x=−A α 2 cosαt−B α 2sin αt

x+α 2 x=0

(−A α 2 cosαt−B α 2sin αt )+α 2(A cosαt+B sin αt)=0

−A α 2cos αt−B α2 sin αt+ A α 2cos αt+B α 2 sin αt=0

(terbukti)

x=A cos αt+B sin αt

x=−Aα sin αt+Bα cosαt

x=A α 3sin αt−B α3 cosαt

x+α 2 x=0

( A α 3 sin αt−B α3 cosαt )+α2 (−Aα sin αt+Bα cos αt )=0

A α 3sin αt−B α3 cosαt−A α3 sin αt+B α3 cosαt=0

(MARISTA LARASATI – M0214033)

x=A cos αt+B sinαt

x '=−Aα sin αt+Bαcosαt

x ' '=−Aα2 cosαt – B α2 sin αt

x ' ' '=Aα3 sinαt – B α3 cos αt

x ' ' '=Aα4 cosαt + B α4 sin αt

X’’’’ + α2 x’’ = 0

¿α4 cosαt + B α4 sin αt) + α2 (−Aα2 cosαt – B α2 sin αt) = 0

Z- z0 = A’ Cosαt + B’ Sinαt

Z’’ = -A’ αsinαt + B’ αcosαt

soal 2.32

Koefisien friksi = µk

Pada sudut Ɵ berapakah kedua massa bergerak dengan kecepatan konstan?

2 mg sin Ɵ + 2µk mg cosƟ = mg

2sinƟ + 2 cosƟ = 1

sinƟ + cosƟ =12 → cos2 Ɵ + sin2 Ɵ = 1

sinƟ + ( 1-sin2Ɵ)1/2 = 12 cos2 Ɵ = sin2 Ɵ-1

(µk(1-sin2Ɵ)1/2 )2 = 12 – sinƟ µ2

µk2 (1-sin2Ɵ) = 14 – sinƟ + sin2 Ɵ

(1+ µk) sin2 Ɵ – sinƟ +( 14 -µ2) = 0

Maka

sinƟ = ¿ −b±√b2−4 ac2a

= ¿−1±√12−4 (i+µ2 )( 1

4−µ2)

2(i+µ2)

¿ −1±√3µ 2−4 µ42+2µ2

(Maya Fransisca – M0214035)

Soal 2.14

a. d?b. α ketikad max?c. d max?

Sumbu x GLB

X= Vo cos αt

Y= Vo sin αt - ½ gt 2

Y= Vo sin αx

vocos α - 1g x2

2Vo2cos2α

Y = x tan α - ½ gx2 1g x2

2Vo2cos2α

Y= d sin β x= d cos β

d sin β= d cos β tan α - 1gd2cos2 β2Vo2 cos2 α

d[sin β- d cos β tan α+ 1gd❑cos2 β2Vo2cos2 α

]=0

1gd❑cos2 β2Vo2cos2 α

= cos β tan α - sin β

a¿d= 2vo2 cos2 x {cos β tan α−sin β }

gcos2 β => cos α cos β tan α - cos α sin β =

cos β sin α−cosα sin β= sin (α−β ¿

d = 2vo2cos α sin α−β¿ ¿gcos2 β

max=> d/dx.d=0

d/dx 2vo2cos α sin α−β¿ ¿gcos2 β =0 => cos (A-B) = cos a cos B – sin A sin B

-sin α sin α−β¿¿+ cos α cos(α−¿β )cos¿¿=0

2α−β = π /2

α= π2+β /2 => sin A sin B = 2 cos (A+B)2 sin (A-B)/2

b¿b max= 2vo2cos¿¿

c ¿d max = 2vo2¿¿ = 2vo2(1−sin2 β )g¿¿

(Mita Handayani – M0214037)

h’ = R – R cos 45o

= Rx ( 1 – ½ √ 2)

A) Force on AB) Force on BC) V at release from bD) How far from A ,the mass will land anyground?

From C to Atu

EMc = EMa karena di C tidak kecepatan awal, makan tidak ada Eknya, begitu

Mgh = ½ mVa2 juga di A, tidak ada ketinggian maka Epnya nol.

Va = √2gh

From A to B

EMa = EMb

½ m Va2= ½ m Vb2 + mgh’

½ 2 gh = ½ Vb2 + gR ( 1 – cos 45o)

½ Vb2 = gh – gR ( 1 – cos 45o)

Vb = √ 2g¿

∑F = m a sentripetal gerak melingkar

N – mg = m Va2/R

N – mg = m 2gh/R

Na = mg (1 +2h/R)

∑F = m a sentripetal

N – mg cosᶿ = m Vb2/R

Nb = mg cos 45ᶿ + m/R 2g [h – R ( 1 – cos 45ᶿ)]

Nb = mg {cos 45ᶿ + 2/R [h – R ( 1- cos45ᶿ)]}

X = Xo + Vb cosᶿt ,Xo = R sinᶿ

Y =Yo + Vb sinᶿt – ½ gt2 ,Yo = R ( 1 - cosᶿ )

Land at Y = 0

0 = R ( 1-cosᶿ) + Vb sinᶿt – ½ gt2

½ gt= √ 2g {¿(1-cos45ᶿ)} sinᶿt – R(1 -cosᶿ) = 0

Dengan rumus abc, maka

T = √2 g [h−R (1−cos45 ᶿ ) ]sin ᶿ ±√2 gh−R (1−cos45 ᶿ ) sin 2ᶿ−4 12

g

g

(Muhammad Amrial – M0214039)

CONSERVATION THEOREMS

∑ Faksi=−¿∑ F reaksi¿

∑ Faksi+¿∑ Freaksi=0¿

∑ ( P s)aksi+¿∑ ( P s)reaksi=0¿

( P s )aksi+ (P s)reaksi=0

( dPdt

)s=0

( P s )=0

Ps=0 (2.80)

Persamaan 2.80 berarti persamaan tersebut tidak bergantung terhadap waktu

1m

=r×v

L=r × P (2.81)

Lm

=r×v

L=(r ×v ) m

N=dLdt

= ddt

m(r ×v)

¿m ddt

(r×v )

¿m [ ( r× v )+(r × v ) ]

Di mana v=r

¿m [ ( r× r )+(r × v ) ]

¿m [ (r× v ) ]

¿r ×m v

N=r× F (2.82)

dW =∫Fdr

dW =d ( F . r )

dW =Fdr

∫ dW=∫F .dv

¿∫m dvdt

. drdt

dt

¿∫m dvdt

vdt

Di mana

d ( v . v )dt

=v dvdt

+ dvdt

v

¿2 v dvdt

¿2 dvdt

v

12

dv2

dt=dv

dtv

Maka

∫1

2

dW=∫1

2 m2

dv2

dtdt

W 2−W 1=m2∫1

2

dv2

∆W =m2 (V 2

2−V 12 )

Dengan

T=12

m v2

Maka

∆ W =T 2−T 1

∫2

1

du=−∫1

2

du

¿−u|

¿−U2+U 1

¿U 1−U 2

U 1−U 2=∫ Fdr

(Naely Nurul Husna – M0214041)

Maka Etotal = (T2 - T1) + U1 – U2 = 0

U1 – U2 = T1 – T2

U = ½ kx2 nilai U tergantung pada ruang misalnya U( r ) = ½ kr²

ʃ F dx = ʃ kx dx

ʃ F dx = k ½ x²

dudx =

ddx ½ kx2

dudx = kx

F = dudx

F = - ∇ U

Alasan ada tanda negative (-) :

Missal : ddr U =

ddr (

−6m1m2r )

= ddr (

kr )

= ddr kr-1

= + kr-2

=± kk ²

E = T + U

= ½ m x² + ½ kx²

dEdt = 0

dEdẋ = mẋ → ʃ dE = m ʃ ẋ dx

dEdx = kx → ʃ dE = ʃ kx dx

dEdt =

ddt ( T + U )

=ddt (½ mv² + mgh )

= ½ m dv ²dt + mg

dhdt

= ½ m 2 v dv ²dt + gmḣ

= mvv + mgḣ

= Pv + Fgḣ

ddt ( T+V )

= ddt ( ½ mx² + ½ kx² )

= ½ m dx ²dt + ½ k

dx ²dt

= ½ m 2x dxdt + ½ k2x

dxdt

=mẍẋ + kxẋ

= Fẋ

(Niken Apriyani – M0214045)

dEdt

=dTdt

+dUdt

dTdt

=F drdt

=F r

dUdt

=∑i

∂U∂ xi

dx i

dt+ ∂U

∂ tdtdt

=∑i

∂U∂ x i

∂ x i+∂U∂ t

=(∇ U ) r+∂U∂ t

dEdt

=F r+(∇ U ) r+∂U∂ t

=(F+∇ U ) r+∂U∂ t

P=∂U∂ t

Fungsiwaktu

Merupakanfungsix,y,z (arah) sehinggamenjadir

ENERGY

V ( t )=dxdt

=√2m

[E−U (X ) ]

√m2 ∫

x0

x

( E−12

kx2 )1/2dx= t

t−t 0 =∫dx

√2m

( E−12

kx2)

=∫√2Ek

cosθ dθ

√2m

[E−12

k (2 Ek

sin2θ ) ]

=∫√2Ek

cosθ dθ

√2Em (1−sin2 θ)

=∫√2Ek

cosθ dθ

√2Em cosθ

=∫√2Ek

√2Em

=∫√2Ek √m

2 Edθ

=∫√mk

dθ

=∫ 1ω dθ

=1ω ∫

θ0

θ1

dθ

=1ω

(θ1−θ0)

θ1−θ0 =ω ( t−t 0)

(Novinda – M0214047)

U (x )=12

kx 2

sin θ=x√k2E

dx=√2 Ek

d sin θ

=√2Ek cosθ dθ

x=A sin θx=A sin ωt

A=√2 Ek

A2=2 Ek

dimana

dengan

E=12

kA2

Energy total

Limitation Of Newtonian Mechanics

Hukum Newton menggunakan konsep posisi, waktu, momentum dan energi

x p ≥ h

x p∆ t∆ t

E = t ≥ h

OSCILLATIONS

F(x) = F+ x1 !

( dFdx

)+ x2

2 !( d2 F

dx)+ x3

3 !( d3 F

dx)+…

F = kx2 K =Gm1m2

K = k’q1q2

F = kx-2

( dFdx

) = -2kx-3

= -2 kx3 F(x) = F0 + x(

dFdx

)

= F0 – 2x kx3

= F0 – 2 kx2

( d2 Fdx

) = 6 kx4

12! 6

kx4 = 3

kx2

Simple Harmonic Oscillation

m ẍ = 0

m ẍ = -kx

m ẍ + kx = 0

0 = m ẍ + kx F ≈ 1x2

ẍ + kmx = 0

ẍ + ω02x = 0

km = ω0 ; m =

kω0

(Nur Aini – M00214049)

X (t) = A sin ( ωot – δ )

X (t) = A cos ( ωot – φ )

T = ½ m ẋ2 = ½ m ωo2 A2 cos2 ( ωot – δ )

= ½ k A2 cos2 ( ωot – δ )

dW = - F dx = kx dx

U = ½ k x2

Sehingga :

U = ½ k A2 sin2 ( ωot – δ )

E = U + T = ½ k A2 (cos2 ( ωot – δ ) + sin2 ( ωot – δ ) ) cos2x + sin2x = 1

E = T + U = ½ k A2

Harmonic Oscillations in Two Dimensions

y (t) = B cos [ ωot-α + (α-β) ]

= B cos (ωot-α ) cos (α-β) – B sin (ωot-α ) sin (α-β)

sin2 (ωot-α ) + cos2 (ωot-α ) = 1

sin (ωot-α ) = √1−cos2(ωot−α)

jika :

δ = α – β

cos (ωot-α ) = XA

maka :

y (t) = BA x cos δ – B √1−( x2

A2 ¿)¿sin δ

y = BA x cos δ – B √ A2−x2

A2 sin δ

y = BA x cos δ -

BA √A2−x2 sin δ

y A = B x cos δ – B √ A2−x2 sin δ

( y A – B x cos δ ) = ( -B √ A2−x2 sin δ )

Phase Diagrams

x (t) = A sin ( ωot – δ )

ẋ (t) = A ωo cos ( ωot – δ )

x2

A2 = sin2 ( ωot – δ )

ẋ2

A2 ωo2 = cos2 ( ωot – δ )

dari penjumlahan kedua persamaan di atas diperoleh :

x2

A2 + ẋ2

A2 ωo2 = 1 ,dimana Ek = ½ k A2 ωo = √ km

x2

2 Ek

+ ẋ2

2 Em

= 1

x2

2k

+ ẋ2

2m

= E

E = ½ k x2 + ½ m x2

dẋdx = - ωo

2 xẋ

. . . . . (3.33)

ʃ ẋ dẋ = - ωo2 ʃ x dx

½ ẋ2 = - ωo2 ½ x2 + C

ẋ2 = - ωo2 x2

½ ẋ2 + ½ ωo2 x2 = ½ 0

½ m ẋ2 + ½ m ωo2 x2 = ½ m 0 T + U = 0

(Octavia – M0214051)

X’2 = -ω02x2

X’22- X’1

2 = = -ω02( X2

2- X12)

½ m(X’22- X’1

2) = 1/2m’ω02(X2

2- X12)

½ m(X’22- X’1

2) = persamaan energi kinetik

1/2m’ω02(X2

2- X12) = persamaan energi potensial

I = 2/5 mR^2

I= 2/5mR^2 + mR^2

I = 7/5 mR^2

∑❑

RXF=75

m R2 θ

g . sinθ=75

R θ

g .θ=75

R θ

θ−5 g7 R

θ=0

5g7R

=ω2

√ 5 g7 R

=ω

T=2π √ 5g7 R

¨x+2β x+ω02 X=0

d2 xd t 2 +2β dx

dt+ω02 x=0

D= ddt

D2 x+2 βDx+ω 02 x=0

D12=−β ±√ β2−ω02

A=−β+√β2−ω02

B=−β−√β2−ω02

( D+a ) x=0

dxdt

=−ax

dx=−a .dt

nx+c=−a .t

x=A 1.e−at

x1=A 1.exp ¿

x1=A 1.e− βt .exp [√ (√ β2−ω02)❑ t ]

x2=A 2.exp ¿

x2=A 2.e−βt .exp[−√ (√ β2−ω02)❑ t ]

xt=x1 t+ x2 t

xt=A 1.e−βt .exp [√ (√ β2−ω02)❑ t ]+ A 2.e−βt .exp [−√(√β2−ω02 )❑ t ]

xt=e−βt [ A 1. exp[√ (√ β2−ω02)❑ t ]+ A 2. exp [−√(√β2−ω 02 )❑t ] ](Opta Muzaki – M0214053)

Damped oscillations

mx’’ + kx = 0

mx’’ + bx’ + kx = 0

F gesek ~ x’n

Saat n = 1 maka

F = bx’

∑F = -bx’ – kx

mx’’ + bx’ + kx = 0

x’’ + ω2x = 0

x’’ + bm x’ + k

m x = 0

x’’ + 2β x’ + km x = 0 , β = b

2m

x = Aept

x’ = Apept

x’’ = Ap2ept

Ap2ept + ω2Aept = 0

p2 + ω2 = 0

p2 = - ω2

p = ± √−ω ²

p = ± iω

x (t) = Ae± iωt

x (t) = Ae iωt + Be- iωt

e iωt = cos ωt + i sin ωt

e- iωt = cos ωt – i sin ωt

x’’ + 2βx’ + ω2x = 0

Ap2ept + 2βApept + ω2Aept = 0

p2 + 2βp + ω2 = 0

p = −2β ±√2 β ²−4ω ²2

p = −2β ± 2√ β ²−ω ²2

p = -β + √ β ²−ω ²

p = -β - √ β ²−ω ²

x = Ae^(-β + √ β ²−ω ²) t

x = Ae^(-β + √ β ²−ω ²) t + Be^(-β - √ β ²−ω ²) t

x (t) = Ae-βt (Be^√ β ²−ω ² t + Ce^- √ β ²−ω ² t) ...................3.37

untuk t besar

β² > ωₒ²

β² < ωₒ²

x (t) = Ae-βt (Be^√−ωₒ ²−β ² t + Ce^- √−ωₒ ²−β ² t)

x (t) = Ae-βt (Be^i√ωₒ ²−β ² t + Ce^-i √ωₒ ²−β ² t)

(Pitri Handayani – M0214055)

D= A(ω0

2−ω2 )cos α+2ωβ sin α

¿ A

√(ω02−ω2 )2

+4ω2 β2

dDω

= ddω [A ( (ω0

2−ω2 )2+4ω2 β2 )

−12 ]

0=A .−12 ( (ω0

2−ω2 )2+4 ω2 β2)−3

2 (2 (ω02−ω2 ) (−2 ω ) )+8ω β2

0=−A (2 (ω0

2−ω2 )2 (−2ω)+8 ω β2 )2((ω0

2−ω2)2+4ω2 β2)

32

0=−A2 (2(ω0

2−ω2 ) (−2ω)+8ω β2 )

¿2 A (ω02−ω2 )ω−4 Aω β2

¿2 (ω02−ω2 )−4 β2

4 β2=2(ω02−ω2 )

2 β2=(ω02−ω2 )

ω=ωR

ω R2=ω02−2 β2

ωR=√ω02−2 β2

Jika ω02<β2 tidak terjadi resonansi

(Qudsy Sholahudin – M0214057)

ω R2=ω02−2β2

Q=ωR2 β

Jika ωR=2 β ωR=√ω02−2 β2

2 β=√ω02−2β2

4 β2=ω02−2β2

6 β2=ω02

ω02=6 β2

ω0❑=±√6 β❑

Jika Q ≡0 ,ωR=0 ω02=2 β2

ω0❑=±√2 β❑

Q ≡ ,2β=0 ω R2=ω02

T=mA2

4ω2

(ω¿¿02−ω2)2+4ω2 β2¿

dTdω

= ddω

mA4

ω2

(ω¿¿02−ω2)2+4ω2 β2¿

Misal : u'=2ω

v'=2(ω¿¿ 02−ω2) (2ω )+8ω2 β2¿

uv=u' v−v' u

v2

0=2ω(ω¿¿02−ω2)2+4ω2 β2−¿¿¿

¿2ω(ω¿¿02−ω2)2+4ω2 β2−(4 ω (ω02−ω2 )+8ω2 β2 )ω2¿

¿2¿

¿¿

−2ω2=ω02−ω2

−ω2=ω02

ω❑=ω0❑

Example 3.4

m x+ωx=Fcos (ωt )

m x+ωx=0

L d2 qdt 2

L q+ qc=0

q+ qLc

=0

ω2 1Lc

=¿ω= 1√Lc

∫ Idt=∫ dqdt

dt

(Retna Arilasita – M0214059)

vf= vi + at (daripersamaankecepatan/velocity disampingakandicaridxdt = vi+ at persamaanjarakdenganmengeluarkannilai v menjadi dx/dt

laludipisahkandtkeruaskananygmemilikinilai t. Lalukedua

∫ dx = vi∫ dt + a ∫ tdt ruas di integral)

tf

xf -xi = (vit + a12 t2) (laluhasil integral diatasdidapatkanpersamaan yang mengandung

ti nilai x final dan x initial. Serta nilai t final dan t initial)

xf -xi =vi(tf-ti) + 12a (tf

2-ti2)

x = xo + vot + 12at2 ti = 0 (daripersamaanygdidapatkankitaanggapbendabergerakdari

xi = xo keadaandiamsehinggati = 0 dan xi = xo. Laluuntuknilai x dan t xf = x final kitaanggapbendasudahbergeraksehingganilaixf = x dantf = t tf = t)

x = xo + vot + 12at2(persamaanjarakuntukgerak horizontal, karenaadaunsur a yaitupercepatan)

x = xo + vot -12gt2[persamaanjarakuntukgerak vertical, karenaadaunsur g yaitugravitasi. Dan kenapa

gbernilai minus, initergantungkeadaanjikakeatasditambah ( dapatmelawangravitasiberartibendadilemparkeatasdannilaipercepatannyalebihtinggidarinilai g) danjikakebawahdikurangi ( nilaipercepatanbendalebihlemahdarinilaigravitasi)]

ga = -ga > g mungkinterjadisaat g

bendadilemparkeatas

gtergantungpada g = G mr2 v = √2gh

( persamaankecepatanuntukgerakjatuhbebas, dimanaberawaldaripersamaan v2 = vo2 + 2gh.

Disinikitajatuhkanbendadariketinggiantertentudantidakmemilikikecepatanawal yang gerakjatuhkebawahnyahanyadipengaruhiolehnilaigravitasi.Jadikitaanggapnilaivo = 0 danmengakarkanruaskanansehinggadapatlahpersamaanv = √2gh )

g = G mr2 {berikutnyakitaakanmenentukannilaigravitasi yang terdapat di suatutitik

g = G m

(Rθ+h)2 diluardari jari2bumi. Dimanajari2bumidengantandaRθ. Lalukitaubahnilai r

g = Gm

R θ2(1+ hRθ

)2 (jarakdaripusatbumikebendatersebut) hasildaripenjumlahanRθsebagai jari2bumi

g = GmR θ2 .

1

(1+ hRθ

)2 ditambah h sebagaijarak/tinggibendadaripermukaanbumiketempatbendatersebut.

g = gs( 1 + h/Rθ)-2setelahitukitabongkarpersamaantersebutsedemikianrupahinggamenjadi

g = gs( 1 - h/Rθ)g = gs ( 1 - h/Rθ). (gsadalahnilaigrafitasipadapermukaanbumi). Laludapatkitaanalisa

g = gsjika h <<<Rθjika h bendanilainyasangatkecildibandingRθmakagravitasinyadapatkitaanggap

samadengangravitasi yang ada di permukaanbumi. Tapijikah bendanilainyasangat

besardibandingRθmakanilaigravitasinyaberbedadengan yang ada di permukaanbumi.

Sehinggadapatdisimpulkannilai h inilah yang mempengaruhinilaigravitasibumi

Di suatutitiksehinggaadanyaperbedaannilaigravitasiantarasatutempatdengan yang

Lainnya).

h = vosin α t - 12 gt2h = 0 maka

x = vocos α t 0 = vosin α t - 12 gt2

vf= vosin α– gt t = v o sin α

g t ( vosin α t - 12 gt2 ) = 0

t = 2v o sin α

g

(kurvadiatasmenunjukangerak parabola, darigerak parabola dapatkitatemukanbeberapapersamaanmengenaiwaktumaksimumsampaipuncakdanwaktu yang dibutuhkansampaibendajatuhkebawah. Persamaanitudapatkitaotak-atikdaripersamaan GLB dan GLBB.Dimanajikagerakterhadapsumbu x aka nada nilaicosα sedangkanterhadapsumbu y adannilaisin α . Untukmencariwaktumaksimumsampaititikpuncakdapatkidadapatkandaripersamaanvf= vosin α–

gtdandibongkarmenjadit = v o sin α

g. untukmencariwaktu yang

dibutuhkansampaibendajatuhkebawahtinggalmengalikan 2 daripersamaanwaktupadatitikpuncak,

namundapatjugakitabongkardaripersamaah = vosin α t - 12

gt2danakanmenjadit = 2 v o sin αg

).

HALAMAN 2 versi (Aula Lazuardian – M0214061)

Bidang Licin

ƩF = m a N

mg sin θ - f0 = m a mg sin θ - 0 = m a mg sin θ a = g sin θ mg cos θ mg a = g Nilai a akan sama dengan g apabila nilai θ sebesar 90 dimana nilai sin 90 sebesar 1 dθdt = g sin θ

dθ = (g sin θ) dt Vf = Vi + g sin θ (tf - ti) Vf = Vi + gt sin θ Vf = Vi - gt sin θ tf – ti = t

Bidang Kasar mg sin θ – fk = m a dimana fk = μk . N mg sin θ – μk . N = m a

mg sin θ – μk. mg cos θ = m a g (sin θ – μk cos θ) = aPada bidang kasar apabila nilai θ = 90 maka nila a = g Jika a = 0 g (sin θ – μk cos θ) = a nilai gravitasi (g) karena berada di bumi ≠ 0 sin θ – μk cos θ μk = tan θ

μk = sin θcosθ

μk = ∞

a = g sin θ ẍ = g sin θ 2 ẋ ẍ = 2ẋ g sin θ

dẋ ²dt = 2ẋ g sin θ

dẋ ²dt = 2

dxdt g sin θ

∫ dẋ2 = ∫ 2 dx g sin θ

ẋi²∫ẋf² dẋ2 = 2 g sin θ ẋi²∫ẋf² dx

ẋ2 ẋi²׀ẋf² = 2 g sin θ x ẋi²׀ẋf²

ẋf2 - ẋi2 = 2 g sin θ ( xf – xi ) ẋf2 = ẋi2 + 2g (xf – xi) sin θ ẋf2 = √ ẋ i ²+2g sin (xf−xi) = √ ẋ i ²+2g ( xf −xi ) sinθ xi = 0 maka xi = 0 ẋf = √2g ( xf −xi ) sinθApabila nilai θ sebesar 90 maka nilai ẋf = √2g xf

Halaman Ketiga versi (Santi Pratiwi – M0214063)

g (sin - cos ) = aϴ μ ϴ

jika ϴ = 90 maka a = g

F ⋍ V n apabila n= 1 maka:

F ⋍ V

F = kmẋ

F = m ΔVΔt

F = ma

w = -kx

w

+ wẍ 2x = 0

w2 = km w =√ g

l

m d2

dtx❑ = kx atau m d

2

dtx❑ = -kx

m d2

dtx❑ + kx =0

+ ẍ km x = 0

km = w2 sehingga w = √ k

m

2πf = √ km

x kmV

x

mẍ = -kmẋ

mẍ + kmẋ = 0

ẍ = -kẋ

dẋdt = -kẋ

∫ẋi

ẋf dẋẋ

= -k ∫ti

tf

dt

In (ẋf – ẋi) = -k (tf - ti)

In ẋf – In ẋi = -k (tf – ti)

In ẋfẋi = - k (tf – ti)

ẋf = ẋi e−k (tf – ti)

ẋf = ẋi e−kt saat t ~

ẋf = 0

ẋf = ẋi saat t -> 0

Halaman ke Empat versi (Susi Fatmawati – M0214065)

∫ dvv

=−k∫dt (1)

ln v=−kt +G jika v ( t=0 )=v0 ,G= ln v0

ln v=−kt + ln v0

ln v−ln v0=−kt

ln vv0

=−kt

v=v0 e−kt (2)

dxdt

=v0 e−kt

∫ dx=∫ v0 e−kt

x=v0∫e−kt dt

x=v0(−1k

e−kt)+c (3)

Jika t=0, x=0

Maka x=−v0

ke−kt+c

0=−v0

k+c , c=

v0

k(4)

Jika t=0, x=x0

Maka x0=−v0

k+c

c=v0

k+x0 (5)

Jika t = 0, x0 = 0

Maka x=−v0

ke−kt+

v0

k

¿ (−e−kt+1 ) v0

k

¿ (1−e−kt ) v0

k(6)

Jika x = x0 , t = 0

Maka x=v0

ke−kt+

v0

k+x0

¿ (1−e−kt ) v0

k+x0

x=x0+v0

k(1−e−kt ) (7)

v=v0 e−kt (8)

x= x0 e−kt

Saat t = 0 maka kecepatan konstan

v=v0 (9)

Saat k = 0 maka kecepatan konstan

v=v0 (10)

Saat t ,maka

v=v0 e−k

v=0 , berhenti akibat hambatan

Saat k , maka

v=0 , tidak bergerak

Saat t 0 , maka

v=v0 e−k t 0

v=v0(1−kt+ k2t 2

2!−…)

v=v0−v0 kt+v0 k2t 2

2 !−…¿

v=v0−v0 kt+v0 k2t 2

2 ! , t2 sangat mendekati nol maka bisa diabaikan

v=v0−v0 kt

v=v0(1−kt ) (11)

Halaman kelima versi (Bara Wahyu – M021221)

x=(1−e−kt ) v0

k(1)

Saat t=0 :

x=(1−1 )v0

k(2)

x=0 (3)

Saat k=0 :

x=(1−1 )v0

0(4)

x=00 (5)

Persamaan (5) merupakan nilai tak tentu, sehingga ditinjau menggunakan limit :

x=v0 limk →0

(1−e−kt )k

(6)

Dengan menggunakan aturan L’Hopital :

x=v0 limk →0

te−kt(7)

Sehingga mensubstitusikan k=0 :

x=v0t (8)

Saat t →∞ :

x=(1−0 )v0

k(9)

x=v0

k(10)

Saat k →∞ :

x=(1−0 )v0

∞(11)

x=0 (12)

Saat t →0 :

Menggunakan deret Taylor :

e−kt=1−kt+ ( kt )2

2!− (kt )3

3 !+… (13)

Dengan mengabaikan suku keempat dan seterusnya, maka persamaan (1) menjadi :

x=(1−(1−kt+(kt )2

2 )) v0

k(14)

x=(kt− (kt )2

2 ) v0

k(15)

x=v0 t−v0 k t 2

2(16)

x=v0t (1− 12

kt) (17)

x=x0+(1−e−kt ) v0

k(18)

Saat t=0 :

x=x0+(1−1 )v0

k=x0 (19)

Saat k=0 :

Caranya identik dengan persamaan (4) hingga persamaan (7), karena hanya ditambah

konstanta, sehingga solusinya adalah :

x=x0+v0 t (20)

Saat t →∞ :

x=x0+v0

k(21)

Saat k →∞ :

x=x0+(1−0 )v0

∞=x0 (22)

Saat t →0 :

x=v0t (1− 12

kt) (23)

Ditinjau suatu sistem seperti disamping. Persamaan gayanya adalah :

F=m dvdt

=−kmv−mg (24)

Sehingga dapat ditulis :

dvdt

=−kv−g (25)

dvdt

=−( g+kv ) (26)

∫ dv( g+kv )

=−∫ dt (27)

1k ∫

g+k v i

g+k v f d (g+kv )( g+kv )

=−∫ti

tf

dt (28)

1k

ln( g+k v f )( g+k v i)

=−t f +ti (29)

ln(g+k v f )(g+k v i )

=−k (t f −ti) (30)

Halaman keenam versi (Muh. Nur Farizki – M0212053)

x=−g−k x

d xdt

=−¿

∫ d x(g+kx)

=∫−dt

1k ∫xt

xf d (g+k x )(g+k x)

=∫ti

tf

dt

¿¿

1k¿

ln(g+k x f )(g+k x i)

=−k (tf −ti)

(g+k x f )=(g+k x i)e−k (tf −ti)

(g+k x f )=(g+k x i)e−kt

k x f =(g+k x i ) e−kt−g

x f =(g+k xi ) e−kt

k−g

k

Jika t mendekati ~

x f =gk

Jika t =0

x f =( g+k xi )

k− g

k

x f = x i

Maka

x❑=−g−k xi

Jika t mendekati 0

x f =(g+k xi ) e−kt → 0

k− g

k

x f =(g+k xi ) (1−kt+ k2 t2

2!−∙ ∙∙)−g

k

x f =−¿+ gk t 2

2+ x i−k ˙t xi+

k2 t 2 x i

2

x f = x i−k ˙t x i−¿+ gk t2

2+

k2t 2 xi

2

Dua tem terakhir dari persamaan diatas dapat diabaikan karena nilainya tidak signifikan

x f = x i−¿−k ˙t x i jika k=0 → xf= x i−¿

x f = x i (1−kt )−¿ atau bisa ditulis vt=v 0±>¿

vt=v 0−¿

Halaman ketujuh versi (Gesit Tali Singgih – M0213037)

x f =( g+k x i ) e−kt

k(−g )

k

dxdt

=( g+k x i )e−kt

k(−g )

k

∫x i

x f

dx=∫ ( g+k x i ) e− kt

kdt− g

k∫t i

tf

dt

∫x i

x f

dx= ( g+k x i )k ∫

ti

t f

e−kt dt− gk∫t i

tf

dt

x f −x i=g+k x i

k(−1 )

ke−kt|ti

tf− gk

t|ti

tf

x f −x i=g+k x i

k (−1k

e−k tf−e−k t i)− gk(t f−ti)

Untukt i=0 maka x i= xo →x i=xo

x f −xo=g+k xo

k (−1k

( e−k tf−e−k 0 ))−gk (t f−0 )

x f −xo=g+k xo

k (−1k

(e−k tf−1 ))− gk

tf

Untukt f =t maka

x−xo=g+k xo

k (−1k

(e−kt−1 ))− gk

t

x=xo+g+k xo

k 2 (1−e−kt )−gk

t

x=xo−¿k+

g+k xo

k 2 (1−e−kt )

Jikat=0

x=xo+(g+k xo)

k2 (1−1)

x=xo → posisi konstan

Jikat →∞

x=xo−∞+g+k xo

k

x=∞

Jikat →0

x=xo−¿k+

g+k xo

k 2 (1−e−kt→ 0 )

x=xo−0+g+k xo

k2 (1−(1−kt+ k2t 2

2 ! ))x=xo+

g+k xo

k 2 (kt− k2t 2

2! )x=xo+

gktk2 −g k2t 2

2k2 +k2 xot

k2 −k3 t2 xo

2 k2

Halaman kedelapan versi (Muh. Naufal – M0213051)